解答题1. 求极限
2. 求极限
【解】为了在使用洛必达法则时使求导变得简单,先做变量代换,令
从而
3. 求极限
【解】此题为
型未定式,若用洛必达法则,则
连续使用完两次法则,又回到了起点,法则失效,正确的做法是先对式子恒等变形.分子分母同乘e
-x,
4. 求极限
【解】
5. 求极限
,a
i>0,且a
i≠1,i=1,2,…,n,n≥2.
6. 求极限
【解】设函数y=sint,在
上连续,在
内可导,满足拉格朗日中值定理的条件.故
7. 求极限
【解】方法一 原极限等价于求
令f(t)=arctant,
由拉格朗日中值定理可得
方法二
令
则
所以
8. 设
求
【解】因为
所以
其中
又x→0时,
a
x-1=e
xlna-1~xlna.
这样
所以
因此f(x)~(a
Ax-1)sinx~Axlna·sinx,
于是得到
9. 已知
存在,且
求f(x).
10. 设f(x)是三次多项式,且有
求
【解】因为
所以f(2a)=f(4a)=0,从而得知x-2a,x-4a为f(x)的因式.又因为f(x)为三次多项式,可令f(x)=b(x-2a)(x-4a)(x-c).于是
解得
所以
这样
11. 设
,求a,b的值.
12. 设
,试求α,β的值.
【解】
显然由条件知β≠0,而
因此有α-β+1=0,且
13. 确定常数a和b的值,使
14. 设函数
,证明:存在常数A,B,使得当x→0
+时,恒有
f(x)=e+Ax+Bx
2+o(x
2),并求常数A,B.
【证】
故
17.
【解】先看
设
当x→+∞时,t→0
+,有
故由归结原则,
18. 已知数列{x
n}的通项
19. 设a
1=2,
,证明:
存在并求其极限值.
【证】因为
所以{a
n}有下界.下面再证明{a
n}单调递减.
即a
n+1≤a
n,所以
存在,令
代入
得
则A=1,A=-1(舍去).
20. 设x
1=1,
【解】
假设x
n>x
n-1,则
即x
n+1>x
n,由数学归纳法可知对一切n,都有x
n+1>x
n.又
所以{x
n}单调增加且有上界,{x
n}必收敛.记
对等式
两边取极限,得a=1+
即a
2-a-1=0.解得
因x
n≥1,故负值不合题意,于是
21. 如果数列{x
n}收敛,{y
n}发散,那么{x
ny
n}是否一定发散?如果{x
n}和{y
n}都发散,那么{x
ny
n}的敛散性又将如何?
【解】在题设两种情况下,{x
ny
n}的敛散性都不能确定.现在先就{x
n}收敛,{y
n}发散的情况来分析.利用
这个恒等式,就可得到下述结论:若{x
n}收敛且不收敛于零,{y
n}发散,则{x
ny
n}必发散.这是因为若{x
ny
n}收敛,且又{x
n}收敛而极限不等于零,则从上述恒等式及极限相除法则,可知{y
n}收敛,这与假设矛盾.若
且{y
n}发散,则{x
ny
n}可能收敛,也可能发散,如:
①
y
n=n,则x
ny
n=1,于是{x
ny
n}收敛.
②
y
n=(-1)
nn,则x
ny
n=(-1)
n,于是{x
ny
n}发散.
现在再就{x
n}和{y
n}都发散的情况来分析{x
ny
n}的敛散性.有下面的结论:若{x
n}和{y
n}都发散,且两者至少有一个是无穷大,则{x
ny
n}必发散.这是因为如果{x
ny
n}收敛,而{x
n}为无穷大,从等式
便得到{y
n}收敛于零,这与假设矛盾.
若{x
n}和{y
n}都不是无穷大且都发散,则{x
ny
n}可能收敛,也可能发散,如
③x
n=y
n=(-1)
n,有x
ny
n=1,于是{x
ny
n}收敛.
④x
n=(-1)
n,y
n=1-(-1)
n,有x
ny
n=(-1)
n-1,于是{x
ny
n}发散.
22. 分段函数一定不是初等函数,若正确,试证之;若不正确,试说明它们之间的关系?
【解】不正确.初等函数是指由常数及基本初等函数经有限次四则运算及有限次复合步骤所得到的,并用一个式子表示的函数.分段函数虽用几个表达式表示,但并不能说肯定不能用一个表达式表示,因此,分段函数可能是初等函数,也可能不是初等函数,如φ(x)=|x|,通常写成分段函数的形式
但也可以写成一个表达式
所以函数φ(x)=|x|是初等函数.而
则不是初等函数.
23.
已知数列{xn}的通项,n=1,2,3….24. 证明
【证】
25. 计算
26. 利用夹逼准则证明:
【证】
因
故
且当n→∞时,左边和右边的极限都是
故由夹逼准则得证.
27. 设f(x)在x=0处二阶导数连续,且
试求f(0),f'(0),f''(0)以及极限
【解】如果
所以必有
所以,这是“1
∞’型未定式.
由
得f(0)=0.将原极限凑成第二个重要极限,
其中
所以必有
于是有
从而得f'(0)=0,f"(0)=4.
28. 设a>0,x
1>0,
,n=1,2,…,试求
【解】
故{x
n}有下界,又
故{x
n}单减,所以
存在.
设
于是
解得
故
29. 试讨论函数
在点x=0处的连续性.
【解】
所以:
当α>0且β=-1时,有g(0
-)=g(0
+)=g(0)=0,故g(x)在x=0处连续;
当α>0且β≠-1时,有g(0
-)≠g(0
+),故点x=0是g(x)的跳跃间断点;
当α≤0时,点x=0是g(x)的振荡间断点.
30. 求函数
的间断点,并判断它们的类型.
【解】对于函数F(x)的分段点x=0,因
故x=0是函数F(x)的跳跃间断点.
当x>0时,
在x=1处没有定义,且极限
不存在.故x=1是函数F(x)的振荡间断点.
当x<0时,
在点列
处没有定义,则这些点都是函数F(x)的间断点.特别对点
,令
有
故
是函数F(x)的可去间断点;而点列
显然是函数F(x)的无穷间断点.
31. 求函数
的间断点并指出其类型.
【解】显然f(0)无意义.
当x≠0时,
而
则x=0为可去间断点.
则x=1为跳跃间断点.
由于f(x)是偶函数,则x=-1也是跳跃间断点.
32. 已知
是连续函数,求a,b的值.
【解】当x=1时,
当|x|<1时,
当|x|>1时,
当x=-1时,
于是
只需讨论分界点处的连续性:
x=1处,有
要使f(x)在,x=1处连续,则a+b=1.
x=-1处,有
要使f(x)在x=-1处连续,则a-b=-1.
故解得a=0,b=1,此时
是连续函数.
33. 设
,求f(x)的间断点并判定其类型.
【解】
故x=0为可去间断点.
则x=-1为跳跃间断点.
34. 设函数f(x)连续可导,且f(0)=0,
,求
【解】令x
n-t
n=u,则
于是
35. 设
,为了使f(x)对一切x都连续,求常数a的最小正值.
【解】当|x|<1时,
所以f(x)=sinax;
当|x|>1时,
又f(1)=1,f(-1)=-1,所以
由此可见,f(x)在(-∞,-1],(-1,1),[1,+∞)内连续,故只需f(x)在x=-1,x=1两点连续即可.因为
所以,
即为常数a的最小正值.
36. 设
求f(x)的间断点,并说明间断点的类型,如是可去间断点,则补充或改变定义使他连续.
【解】f(x)存(-1,0),(0,1)及(1,+∞)都是初等函数,是连续的.f(0)无定义,故x=0是间断点.因为
所以x=0为跳跃间断点.
f(1)无定义,故x=1是间断点.因为
不存在.所以x=1为无穷间断点.
37. 求
的连续区间、间断点并判别其类型.
【解】f(x)无定义的点是使1-x=0和
的点,即x=1和x=0,所以f(x)的连续区间为(-∞,O)∪(0,1)∪(1,+∞).当x→0时,
所以
所以x=0是无穷间断点.
当x→1
-时,
所以f(1
-)=0;
当x→1
+时,
所以f(1
+)=1.所以x=1是跳跃间断点.
38. 设
,其中(x-1)(t-1)>0,x≠t,函数f(x)由下列表达式确定,
求出f(x)的连续区间和间断点,并研究f(x)在间断点处的左右极限.
【解】
显然x=1为间断点,连续区间(-∞,1)∪(1,+∞).
所以x=1为无穷间断点.
39. 设函数f(x)在[a,b]上连续,x
1,x
2,…,x
n,…是[a,b]上一个点列,求
【解】本题考虑夹逼准则.由f(x)在[a,b]上连续,知e
f(x)在[a,b]上非负连续,且0<m≤e
f(x)≤M,其中M,m分别为e
f(x)在[a,b]上的最大值和最小值,于是
故
由
根据夹逼准则,得
40. 设函数f(x)在0<x≤1时f(x)=x
sinx,其他的x满足关系式f(x)+k=2f(x+1),试求常数k使极限
存在.
【解】因求“0
0”型未定式极限的常用方法是将该类幂指函数u(x)
v(x)化为复合函数e
v(x)lnu(x),故
其中,通过等价无穷小替换与洛必达法则求得:
根据题设的关系式f(x)=2f(x+1)-k,得
由上述结果f(x)在x=0处右极限f(0
+)=1;而其左极限
由于极限
是存在的,故2-k=f(0
-)=f(0
+)=1,则常数k=1.
41. 设f(x)对一切x
1,x
2满足f(x
1+x
2)=f(x
1)+f(x
2),并且f(x)在x=0处连续.证明:函数f(x)在任意点x
0处连续.
【证】已知f(x
1+x
2)=f(x
1)+f(x
2),令x
2=0,则f(x
1)=f(x
1)+f(0),可得f(0)=0,又f(x)在x=0处连续,则有
而f(x
0+Δx)-f(x
0)=f(x
0)+f(Δx)-f(x
0)=f(Δx),两边取极限得到
故函数f(x)在任意点x
0处连续.